IMO Shortlist 2022: Geometry

Trong bài này tôi sẽ dịch phần Hình học trong cuốn IMO Shortlist 2022. Các năm trước bạn có thể tìm ở đường dẫn https://nttuan.org/2023/07/02/isl/

—

G1. Cho ngũ giác lồi $ABCDE$ với $BC=DE.$ Giả sử có một điểm $T$ nằm trong $ABCDE$ sao cho $TB=TD,$ $TC=TE,$ và $\angle ABT = \angle TEA$ . Đường thẳng $AB$ cắt các đường thẳng $CD$ và $CT$ lần lượt tại $P$ và $Q.$ Giả sử $P,$ $B,$ $A,$ và $Q$ thẳng hàng theo thứ tự đó. Đường thẳng $AE$ cắt các đường thẳng $CD$ và $DT$ lần lượt tại $R$ và $S.$ Giả sử $R,$ $E,$ $A,$ và $S$ thẳng hàng theo thứ tự đó. Chứng minh rằng các điểm $P,$ $S,$ $Q,$ và $R$ cùng nằm trên một đường tròn.

G2. Trong tam giác nhọn $ABC$ , điểm $F$ là chân đường cao kẻ từ $A$ , $P$ là một điểm trên đoạn $AF$ . Các đường thẳng qua $P$ song song với $AC$ và $AB$ lần lượt cắt $BC$ tại $D$ và $E$ . Các điểm $X \ne A$ và $Y \ne A$ lần lượt nằm trên $(ABD)$ và $(ACE)$ sao cho $DA = DX$ và $EA = EY$ . Chứng minh rằng các điểm $B, C, X,$ và $Y$ cùng nằm trên một đường tròn.

G3. Cho $ABCD$ là một tứ giác nội tiếp. Giả sử các điểm $Q$ , $A$ , $B$ , và $P$ thẳng hàng theo thứ tự này sao cho đường thẳng $AC$ là tiếp tuyến của $(ADQ)$ , và đường thẳng $BD$ là tiếp tuyến của $(BCP)$ . Gọi $M$ và $N$ lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng $BC$ và $AD$ . Chứng minh ba đường thẳng sau đồng quy: đường thẳng $CD$ , tiếp tuyến của $(ANQ)$ tại $A$ , và tiếp tuyến của $(BMP)$ tại $B$ .

G4. Cho $ABC$ là một tam giác nhọn có $AC > AB$ , gọi $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp của nó và $D$ là một điểm trên đoạn $BC$ . Đường thẳng qua $D$ vuông góc với $BC$ lần lượt cắt các đường thẳng $AO, AC,$ và $AB$ tại $W, X,$ và $Y$ . Các đường tròn ngoại tiếp của các tam giác $AXY$ và $ABC$ cắt lại nhau tại $Z \ne A$ . Chứng minh rằng nếu $W \ne D$ và $OW = OD,$ thì $DZ$ là tiếp tuyến của $(AXY)$ .

G5. Cho $ABC$ là một tam giác và $\ell_1,\ell_2$ là hai đường thẳng song song. Giả sử với mỗi $i,$ $\ell_i$ lần lượt cắt các đường thẳng $BC$ , $CA$ , $AB$ tại $X_i,Y_i,Z_i$ . Với mỗi $i$ , gọi $\Delta_i$ là tam giác được tạo bởi đường thẳng đi qua $X_i$ và vuông góc với $BC$ , đường thẳng đi qua $Y_i$ và vuông góc với $CA$ , và đường thẳng đi qua $Z_i$ và vuông góc với $AB$ . Chứng minh rằng các đường tròn ngoại tiếp các tam giác $\Delta_1$ và $\Delta_2$ tiếp xúc với nhau.

G6. Cho $ABC$ là một tam giác nhọn có đường cao ${AH}$ và $P$ là một điểm thay đổi sao cho các đường phân giác $k$ và $\ell$ lần lượt của $\angle PBC$ và $\angle PCB$ gặp nhau trên ${AH}$ . Cho $k$ gặp ${AC}$ tại $E$ , $\ell$ gặp ${AB}$ tại $F$ và ${EF}$ gặp ${AH}$ tại $Q$ . Chứng minh rằng khi $P$ thay đổi, đường thẳng $PQ$ luôn đi qua một điểm cố định.

G7. Hai tam giác $ABC, A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}$ có cùng trực tâm $H$ và cùng đường tròn ngoại tiếp có tâm $O$ . Gọi $PQR$ là tam giác tạo bởi $AA^{\prime}$ , $BB^{\prime}$ và $CC^{\prime}$ , chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác $PQR$ nằm trên $OH$ .

G8. Cho $AA^{\prime}BCC^{\prime}B^{\prime}$ là một lục giác lồi nội tiếp sao cho $AC$ là tiếp tuyến của đường tròn nội tiếp tam giác $A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}$ và $A^{\prime}C^{\prime}$ là tiếp tuyến của đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ . Cho các đường thẳng $AB$ và $A^{\prime}B^{\prime}$ cắt nhau tại $X$ , các đường thẳng $BC$ và $B^{\prime}C^{\prime}$ cắt nhau tại $Y$ . Chứng minh rằng nếu $XBYB^{\prime}$ là một tứ giác lồi thì nó có đường tròn nội tiếp.

Square roots are linearly independent

Trong bài này tôi giới thiệu nhiều lời giải cho bài toán quan trọng sau:

Bài toán. Cho $a_1,\ldots,a_k$ là các số nguyên không đồng thời bằng $0$ . Chứng minh rằng nếu $n_1,$ $n_2,\ldots,$ $n_k$ là các số nguyên dương đôi một khác nhau và không có ước chính phương lớn hơn $1$ thì $\sum a_i\sqrt{n_i}\not=0$ .

Lời giải 1. Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo $N$ , số ước nguyên tố của $\prod n_i$ , khẳng định: Tồn tại tổng $S'=\sum b_i\sqrt{m_i}$ sao cho $SS'$ là số nguyên khác $0$ , ở đây $m_i$ là các số nguyên dương đôi một khác nhau và không có ước chính phương khác $1$ , tập các ước nguyên tố của $\prod m_i$ là tập con của tập các ước nguyên tố của $\prod n_i$ , $b_i$ là các số nguyên, và $S=\sum a_i\sqrt{n_i}$ . Từ đó suy ra $S\not=0$ .

Với $N=0$ ta chọn $S'=1$ .

Với $N=1$ ta chọn $S'=\sqrt{p_1}$ khi $S=a_1\sqrt{p_1}$ , chọn $S'=-a_1\sqrt{p_1}+a_2$ nếu $S=a_1\sqrt{p_1}+a_2$ .

Continue reading →

A proof of Pick’s theorem

Hình tạo bởi một đường gấp khúc đóng và không tự cắt được gọi là đa giác đơn. Một tam giác cơ bản là một tam giác trong mặt phẳng tọa độ có các đỉnh là các điểm nguyên đồng thời trên biên và phần trong của nó không còn điểm nguyên nào khác. Định lí Pick cho một cách đơn giản tính diện tích đa giác đơn có các đỉnh nguyên.

Trong chứng minh định lí Pick ta cần dùng công thức tích diện tích của tam giác trong mặt phẳng tọa độ.

Định lí 1. Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$ , cho tam giác $ABC.$ Khi đó diện tích của tam giác $ABC$ bằng $\displaystyle \frac{1}{2}\left|(x_B-x_A)(y_C-y_A)-(y_B-y_A)(x_C-x_A)\right|.$ Nói riêng, với mỗi hai điểm $M$ và $N$ ta có diện tích của tam giác $OMN$ bằng $\dfrac{1}{2}\mid x_My_N-y_Mx_N\mid.$

Định lí 2. Mọi tam giác cơ bản đều có diện tích bằng $\dfrac{1}{2}.$

Chứng minh. Giả sử $TAB$ là một tam giác cơ bản bất kỳ. Không mất tính tổng quát, xem $T$ trùng với gốc tọa độ $O.$ Ta cần chứng minh $\mid x_1y_2-x_2y_1\mid =1,$ với $(x_1;y_1)$ và $(x_2;y_2)$ lần lượt là tọa độ của $A$ và $B.$

Gọi $K$ là điểm sao cho $OAKB$ là hình bình hành. Giả sử $M$ là một điểm nguyên nằm trong hoặc trên biên hình bình hành sao cho $M$ khác các đỉnh. Khi đó $M$ thuộc tam giác $ABK$ và điểm $N$ đối xứng với $M$ qua tâm hình bình hành là điểm nguyên thuộc tam giác $OAB$ nhưng khác các đỉnh, không thể xảy ra điều này do $OAB$ là một tam giác cơ bản. Như vậy hình bình hành $OAKB$ không chứa điểm nguyên nào khác bốn đỉnh của nó.

Giả sử $P$ là một điểm nguyên bất kỳ. Vì $\overrightarrow{OA}$ và $\overrightarrow{OB}$ là hai vector không cùng phương nên tồn tại cặp số thực $(\alpha,\beta)$ để $\overrightarrow{OP}=\alpha \overrightarrow{OA}+\beta \overrightarrow{OB}.$ Gọi $P'$ là điểm xác định bởi $\overrightarrow{OP'}=\{\alpha\} \overrightarrow{OA}+\{\beta\} \overrightarrow{OB}.$ Vì $\{\alpha\}$ và $\{\beta\}$ thuộc $[0;1)$ nên $P'$ thuộc hình bình hành $OAKB$ , nhưng $P'$ lại là một điểm nguyên, suy ra $P'$ phải là một trong bốn đỉnh của hình bình hành. Dễ thấy $P'\equiv O$ và do đó $\alpha$ và $\beta$ là hai số nguyên.

Gọi $\overrightarrow{i}$ và $\overrightarrow{j}$ lần lượt là các vector đơn vị đặt trên $Ox$ và $Oy$ . Khi đó theo lập luận trên, tồn tại các cặp số nguyên $(u,v)$ và $(u',v')$ để $\overrightarrow{i}=u \overrightarrow{OA}+v \overrightarrow{OB}$ và $\overrightarrow{j}=u' \overrightarrow{OA}+v' \overrightarrow{OB}.$ Từ hai đẳng thức này ta có $\begin{cases} 1=ux_1+vx_2\\ 0=uy_1+vy_2\end{cases}$ và $\begin{cases}0=u'x_1+v'x_2\\ 1=u'y_1+v'y_2,\end{cases}$ suy ra $\displaystyle u=\frac{y_2}{D},v=-\frac{y_1}{D},u'=-\frac{x_2}{D}$ và $\displaystyle v'=\frac{x_1}{D},$ trong đó $D=x_1y_2-x_2y_1\not =0$ do $O,A$ và $B$ không thẳng hàng. Vì $u,$ $v,$ $u'$ và $v'$ là các số nguyên nên $x_1,x_2,y_1$ và $y_2$ đều là bội của $D$ , do đó $D^2\mid D$ và bởi thế, $D=\pm 1.$

Định lí Pick. Cho $P$ là một đa giác đơn có các đỉnh là các điểm nguyên, $I$ là số điểm nguyên nằm trong và $B$ là số điểm nguyên nằm trên biên của $P$ . Khi đó ta có đẳng thức $\displaystyle S_P=I+\frac{1}{2}B-1.$

Chứng minh. Chia $P$ thành $N$ tam giác cơ bản. Gọi $S$ là tổng các góc trong của tất cả các tam giác cơ bản đó. Ta sẽ tính $S$ theo hai cách. Vì số tam giác là $N$ nên $S=N\pi.$

Tổng tất cả các góc có đỉnh là một điểm nguyên nằm trong $P$ bằng $2\pi$ , tổng tất cả các góc có đỉnh là một điểm nguyên nằm trên biên của $P$ nhưng không phải đỉnh của $P$ bằng $\pi$ và tổng của tất cả các góc có đỉnh là đỉnh của $P$ bằng $(n-2)\pi$ , ở đây $n$ là số đỉnh của $P$ . Do đó $S=2\pi I+\pi B-2\pi$ , suy ra $N\pi=2\pi I+\pi B-2\pi\Rightarrow N=2I+B-2$ . Để ý thêm $S_P=\dfrac{1}{2}N$ , ta có điều phải chứng minh.

Subconvex sequences

Trong bài này tôi sẽ giới thiệu một lớp dãy hay gặp trong các đề thi chọn học sinh giỏi các cấp. Chứng minh định lí chính trong bài là của Adrian Sandovichi. Để theo dõi cho dễ, các em học sinh nên đọc lại bài sau:

https://nttuan.org/2023/09/15/limit-of-a-sequence/

Định nghĩa. Cho dãy số thực không âm $(x_n)_{n\geq 1}$ và số nguyên $k>0$ . Dãy số $(x_n)_{n\geq 1}$ được gọi là một dãy lồi dưới cấp $k$ nếu có các số thực $\alpha_1,$ $\alpha_2,\ldots,$ $\alpha_k$ sao cho hai điều kiện sau được thỏa mãn đồng thời:

(1) $\alpha_i\in (0;1),\quad \forall i=\overline{1,k}$ và $\alpha_1+\alpha_2+\cdots+\alpha_k\leq 1.$

(2) $x_{n+k}\leq \alpha_1x_{n+k-1}+\alpha_2x_{n+k-2}+\cdots+\alpha_kx_n,\quad \forall n\geq 1.$

Mọi dãy lồi dưới cấp $1$ đều có giới hạn bằng $0.$ Trong định nghĩa trên, nếu dãy số $(x_n)$ có giới hạn hữu hạn và $\sum\alpha_i<1$ thì $\lim x_n=0.$

Định lí. Cho số nguyên dương $k$ . Khi đó mọi dãy lồi dưới cấp $k$ đều có giới hạn hữu hạn.

Chứng minh. Gọi $(x_n)$ là một dãy lồi dưới cấp $k$ . Khi đó tồn tại các số thực $\alpha_1,$ $\alpha_2,\ldots,$ $\alpha_k$ sao cho hai điều kiện sau được thỏa mãn đồng thời:

(1) $\alpha_i\in (0;1),\quad \forall i=\overline{1,k}$ và $\alpha_1+\alpha_2+\cdots+\alpha_k\leq 1.$

(2) $x_{n+k}\leq \alpha_1x_{n+k-1}+\alpha_2x_{n+k-2}+\cdots+\alpha_kx_n,\quad \forall n\geq 1.$

Xét dãy số $(y_n)_{n\geq 1}$ xác định bởi $\displaystyle y_n=\max_{0\leq i\leq k-1}x_{n+i}$ với mọi số nguyên $n>0.$ Ta thấy $(y_n)_{n\geq 1}$ là một dãy số không tăng và bị chặn dưới bởi $0$ nên nó có giới hạn hữu hạn không âm, đặt $L=\lim y_n$ . Ta sẽ chứng minh $(x_n)$ có giới hạn hữu hạn và $L=\lim x_n$ .

Với mọi số thực dương $\epsilon$ , cố định nó.

Đặt $\displaystyle t=\min\left\{1;\frac{\alpha_1^k}{2^k(1-\alpha_1)}\right\}.$ Vì $t>0$ và $L$ là giới hạn của dãy số không tăng $(y_n)$ nên tồn tại số nguyên dương $n_{\epsilon}$ để

$x_n\leq y_n<L+t\epsilon\leq L+\epsilon,\quad \forall n\geq n_{\epsilon}.\quad (*)$

Bây giờ ta chứng minh $x_m>L-\epsilon,\quad \forall m\geq k+n_{\epsilon}.\quad (**)$

Giả sử tồn tại số nguyên dương $m\geq k+n_{\epsilon}$ sao cho $x_m\leq L-\epsilon.$

Mệnh đề. $\displaystyle x_{m+p}\leq L-\epsilon\left(\frac{\alpha_1}{2}\right)^p,\quad \forall p=\overline{1,k-1}.$

Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp theo $p.$ Với $p=1$ , từ $(*)$ và cách chọn $t$ ta có

$x_{m+1} \leq \alpha_1x_m+\alpha_2x_{m-1}+\cdots+\alpha_kx_{m-k+1}$

$\leq\alpha_1x_m+(\alpha_2+\cdots+\alpha_k)(L+t\epsilon)$

$\leq\alpha_1(L-\epsilon)+(1-\alpha_1)(L+t\epsilon)$

$\leq L-a_1\epsilon+\left(\frac{\alpha_1}{2}\right)^k\epsilon$

$\leq L-a_1\epsilon+\left(\frac{\alpha_1}{2}\right)^1\epsilon$

$=L-\epsilon\left(\frac{\alpha_1}{2}\right).$

Suy ra khẳng định đúng với $p=1.$ Giả sử khẳng định đúng đến $p<k-1$ , ta chứng minh nó đúng với $p+1.$ Theo giả thiết quy nạp, $(*)$ và cách chọn $t$ ta có